奥林匹克题解几何篇.doc

第三章、几何第一节 平面几何证明(上) C1001 已知线段MN的两个端点在一个等腰三角形的两腰上，MN的中点S作等腰三角形的底边的平行线，交两腰于点K和L证明：线段MN在三角形底边上的正投影等于线段KL【题说】 1956年1957年波兰数学奥林匹克三试题2【证】 设M、N在直线KL上的射影分别为D、E，由于MS=SN，所以MD=NE由于AB=AC，KLBC，所以DKM=AKL=ALK，又MDK=NEL=90，所以MDKNEL，DK=EL，从而DE=KL，即MN在BC上的正投影等于KLC1002 设四边形ABCD内接于圆O，其对边AD与BC的延长线交于圆O外一点E，自E引一直线平行于AC，交BD延长线于点M，自M引MT切圆O于T点，则MT=ME【题说】 1957年南京市赛初赛5利用切割线定理和相似三角形【证】 四边形ABCD内接于圆O，故1=2由MEAC，得2=4，又1=3，所以3=4，又EMB=DME，所以EMBDME从而有即 ME2=MBMD所以MT2=MBMD=ME2即 MT=MEC1003 若一直角三角形的外接圆半径为R，其内切圆半径为r，与斜边相切的旁切圆半径为t，若R为r及t的比例中项，证明这直角三角形为等腰直角三角形【题说】 1957年北京市赛高二题4【证】 设直角ABC的斜边长为c，两直角边长为a、b易知R=c/2所以a=bC1004 任意四边形ABCD的对角线AC与BD相交于P，而BD与AC的中点是M与N，设Q是P关于直线MN的对称点，过P作MN的平行线，分别交AB、CD于X、Y，又过Q作MN的平行线，顺次交AB、BD、AC、CD于E、F、G、H试证：1EF=GH；【题说】 1963年成都市赛高二二试题4同本届高三二试题4【证】 1P、Q关于MN对称，所以MN平分PQ，又FGMN，所以MP=MF，从而BF=PD，BP=FD同理，有AP=CG，AG=PC比较（1）、（2）得EF=GHC1005 在内角都相等的凸n边形中，设a1，a2，an依次为边的长度，而且满足不等式a1a2an证明：必有a1=a2=an【题说】 第五届（1963年）国际数学奥林匹克题3本题由匈牙利提供【证】 当n为奇数时，设n=2k+1（k为正整数），A2A1An的平分线A1B交Ak+1Ak+2于点B（如图）由于已知n边形的各角都相等，所以A1BAk+1Ak+2，因此折线A1A2Ak+1与折线A1AnAk+2在这条角平分线上的射影都等于A1B另一方面，A1A2A1An，并且它们与A1B的交角相等，所以A1A2的射影A1An的射影同理A2A3的射影AnAn1的射影所以上述各式中等号均应成立，即a1=a2=an当n为偶数时，作A1A2的中垂线L考虑各边在L上的射影，同样可得a1=a2=anC1006 在平面上取四点A、B、C、D，已知对任何点P都满足不等式PA+PDPB+PC证明；点B和C在线段AD上，并且AB=CD【题说】 1966年全俄数学奥林匹克九年级题2【证】 由于点P是任意的可以取P=D，则应有ADBD+DC；若取P=A，则有ADAB+AC将二式相加，得2ADAB+AC+BD+CD （1）然而另一方面，总有ADAC+CD及ADAB+BD因此又得2ADAB+AC+BD+CD （2）由（1）、（2）知2AD=AB+AC+BD+CD从而其他4个不等式中皆取等号，亦即B、C两点一定在线段AD上，而且AB=CDC1007 凸多边形内一点O同每两个顶点都组成等腰三角形，证明：该点到多边形的各顶点等距【题说】 第六届（1972年）全苏数学奥林匹克九年级题6【证】 （1）如果凸多边形是ABC，则结论显然成立（2）对n（n3）边形，设A、B、C为多边形的任意三个顶点，则C或在AO、BO的反向延长线组成的夹角内（图a），或C在该角外，即该角与多边形的边DE相交（图b）在图a中，点O在ABC内，由（1），AO=BO=CO在图b中，点O在BDE和ADE内，故有AO=DO=EO=BOC1008 设有一圆，它与O两边相切，切点为A、B从点A引OB的平行线，交圆于点C，线段OC与圆交于E，直线AE与OB交于K证明：OK=KB【题说】 第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题2【证】 设圆在点C的切线与O两边分别相交于P、Q因为AP=PC，所以APC和OPQ皆为等腰三角形，从而AO=CQ=OB=BQ又OAE=OCA=COQ，且AOB=CQB，从而OAKQOC所以亦即 OK=KBC1009 圆的内接四边形两条对角线互相垂直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离【题说】 1978年上海市赛二试题6【证】 如图，已知ABCD为O的内接四边形，ACBD于E，F为AB中点，OGDC，G为垂足因为 AF=FB=EF EAB=AEF又EAB=90EBA=90GCH=GHC所以 AEFGHC ， EFGO同理可证，EGFO所以EGOF是一个平行四边形，从而FE=OGC1010 四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段【题说】 1978年全国联赛二试题1【证】 设四边形ABCD的对边交点为E、F，并且BDEF，AC交BD于H，交EF于G由于BDEF，所以GF=EGC1011 在平面上已知两相交圆O1和O2，点A为交点之一，有两动点M1和M2，从点A同时出发，分别以常速沿O1和O2同向运动，各绕行一周后恰好同时回到点A证明：在平面上存在一定点P，P到点M1和M2的距离在每一时刻都相等【题说】 第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题3本题由原苏联提供【证】 设O1和O2为已知圆的圆心，r1和r2分别为它们的半径作线段O1O2的垂直平分线l及点A关于l的对称点P，则O1P=r2，O2P=r1（如图）由已知，AO1M1=AO2M2，由对称性，AO1P=AO2P于是，M1O1P=M2O2P又因为O1M1=O2P=r1，O2M2=O1P=r2，故O1M1PO2M2P，M1P=M2P别证 可以用复数来作以O1为原点，O1O2为实轴建立复平面C1012 二圆彼此外切于D，一直线切一圆于A，交另一圆于B、C两点证明：A点到直线BD、CD的距离相等【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题3【证】 过切点D作二圆的公切线l，交AB于F设E在CD的延长线上，则BDA=BDF+FDA=ACD+FAD=ADE，即DA平分BDE，所以，A到BD、CD的距离相等C1013 在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD经AC、BD的交点O任作两条直线，分别交AD于 E，交BC于F，交AB于G，交CD于HGF、EH分别交BD于I、J求证：IO=OJ【题说】 1990年全国冬令营选拔赛题3本题宜用解析几何来证本题是蝴蝶定理的一个推广【证】 易证ACBD如图，以O为原点，BD为x轴，CA为y轴，建立直角坐标系设各点坐标为A（0，b），B（a，0），C（0，c），D（a，0），EF的方程为y=kx，GH的方程为y=lx，则AD的方程是EH的方程是比较常数项与y的系数有J的横坐标x满足及（1）l（2）k得利用（3）得同样可得的横坐标x应满足（将（4）中的k与l互换，a换成a）由（4）、（5）立即看出I、J的横坐标互为相反数，即IO=OJC1014 如图，设ABC的外接圆O的半径为R，内心为I，B=60，AC，A的外角平分线交O于E证明：（1）IO=AE；【题说】 1994年全国联赛二试题3【证】 （1）连AI，延交O于F，则易知EF为O直径过E作EDIO交AF于D，则IO是FDE的中位线，从而IO因AOC=2ABC=120故A、O、I、C共圆从而（2）连CF，则 IFC=AFC=B=60 ICFICB+BCF故IF=IC，又由（1）知IO=AE，从而IO+IA+IC=EA+AI+IF=EA+AFEF=2R令=OAI，则（因AC）又 AE+AF2Rsin+2Rcos当（0，45）时，sin（45+）为增函数，故 AE+AF2R（sin30+cos30） C1015 设ABC是锐角三角形，在ABC外分别作等腰RtBCD、ABE、CAF在这三个三角形中，BDC、BAE、CFA是直角又在四边形BCFE外作等腰RtEFG，EFG是直角求证：（2）GAD=135【题说】 1994年上海市赛高三二试题2【证】 以点A为原点建立直角坐标系，与B相应的复数记为ZB，等等C1016 设M、N为三角形ABC的边BC上的两点，且满足BM=MN=NC一平行AC的直线分别交AB、AM、AN于D，E和F，求证：EF=3DE【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题1【证】 如图，过N、M分别作AC的平行线交AB于H、G点NH交AM于K点则BG=GH=HAHKKN=13又由于DFHN，于是DEEF=HKKN=13故EF=3DEC1017 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上一点AF交ED于G，EC交FB于H连接G，H并延长交AD于L，交BC于M，求证：DL=BM【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题4【证】 如图，过E、F分别作EKAD，FQAD，则所以ALDL=QFEK同理，CMMB=QFEK故ALDL=CMMB又由于 AL+DL=CM+MB，所以DL=BMC1018 在梯形ABCD（ABDC）中，两腰AD、BC上分别有点P、Q满足APB=CPD，AQB=CQD证明：点P和Q到梯形对角线交点O的距离相等【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题7【证】 如图，设B是B点关于AD的对称点，则P点就是BC与AD的交点在APB和DPC中，APB=DPC，PAB=180PDC，由正弦定理知COPCABC1019 从ABC的顶点A引3条线段，A的平分线AM，A的外角平分线AN，三角形外接圆的切线AK，点M、N、K依次排列在直线BC上证明：MK=KN【题说】 1995年城市数学联赛低年级普通水平题4【证】 由于KAM=KAB+BAM =ACB+CAM =AMK所以，KA=KM另一方面，NAM=90，且ANM=90AMN =90KAM =NAK故KN=AK=KMC1020 ABC具有下面性质：存在一个内部的点P使PAB=10，PBA=20，PCA=30，PAC=40证明：ABC是等腰三角形【题说】 第25届（1996年）美国数学奥林匹克题5解 作AC边上的高BD，又作AQ使QAD=30，AQ交BD于Q，连PQ设直线PQ交AC于C因为BAD=10+40=50，所以ABD=9050=40，PBQ=40PBA=20=PBA，PAQ=PACQAD=10=PAB，从而P是ABQ的内心，PQA=PQB=而PCA=30，所以C与C重合从而QA=QC，QD平分AC，BA=BCC1021 半径相等的三个互不相交的圆的圆心O1、O2、O3位于三角形的顶点处分别从点O1、O2、O3引已知圆的切线，如图所示，已知这些切线相交成凸六边形，而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色证明：红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题2【证】 如图所示，X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别为切点切线围成的六边形为ABCDEF因O1，O2，O3的半径相等，易得X1O2=O1Y2，Y1O3=O2Z2，Z1O1=O3X2即X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2Z1E+EF+FO1=O3F+FA+AX2以上三式两边相加，并利用X1A=AX2，Y1C=CY2，Z1E=EZ2，及BO2=O1B， DO3=O2D，FO1=O3F，得AB+CD+EF=BC+DE+FAC1022 在等腰ABC中（AB=BC），CD是角平分线过ABC的外心作直线垂直于CD，交BC于E点，再过E点作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题6【证】 设O是ABC的外心，K是直线BO和CD的交点先设O在B、K之间（图a），BOE=90DKO=DCA，所以，点K、O、E、C四点共圆OKE=OCE因为OB=OC，所以OCE=OBE于是 BKE=OCE=KBE所以 BE=KE又 BKE=KBE=KBA所以KEAB从而KEFD为平行四边形，则DF=KE=BEK在O、B之间（图b）或K、O重合的情况可用类似方法证明C1023 直角三角形ABC中，C为直角，证明：在ABC中至少有一点P，使PABPBCPCA【题说】 1963年合肥市赛高二二试题2【证】 我们证明结论对任意ABC成立不妨设A、B为锐角，过A作AB的垂线，与边AC的中垂线相交于点OB过B作BC的垂线交AB的中垂线于点OC，分别以OB、OC为心，过A点作圆设P为这两个圆的另一个公共点，则APOBOC连PB、PC设O为ABC的外心，则OOCAOB，四边形OOBAOC为梯形，对角线OBOC在梯形内，AOBOC AOBO，所以PAOB90AOBOC90AOBO=CAOB同样PAOCBAOC，所以射线AP在CAB内，P是AP与 的交点， 与A在BC的同侧，所以P在ABC内由于BC与OC相切，所以PBC=PAB同理PAB=PCA因此，P合乎要求C1024 在矩形ABCD内，M是AD的中点，N是BC的中点，在线段CD的延长线上取一点P，用Q表示直线PM和AC的交点证明：QNM=MNP【题说】 第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题1【证】 设R是直线QN和CD的交点，O是矩形ABCD的中心，由OM=ON得：PC=CR因此三角形PNR是等腰三角形（NC是该三角形的中线和高，也就是PQN的外角PNR的平分线，又NCMN），问题的结论由此即得C1025 已知正方形ABCD，点P和Q分别在AB和BC上，且BP=BQ，BHPC于H证明：DHQ是直角【题说】 第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题2【证】 延长BH交AD于E，则RtABERtBCP，于是AE=BP=BQ，因此，QC=ED，从而得矩形CDEQ这个矩形的外接圆直径就是其对角线CE与DQ，而CHE=90，所以H点在矩形的外接圆上，即C、D、E、H、Q五点共圆对着直径DQ的圆周角：DHQ=DCQ=90即DHQ是直角C1026 设ABCD是矩形，BC=3AB，证明：如果P、Q是BC边上的点，BP=PQ=QC，那么DBC+DPC=DQC【题说】 第六届（1974年）加拿大数学奥林匹克题2【证】 如图所示，即证+或 tan（+）=tan=1BRDPQD于是RBD=DPC=，从而有+RBC=C1027 在任一ABC的边上，向外作BPC、CQA和ARB，使得2QR=RP【题说】 第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题3本题由荷兰提供【证】 建立一个复平面，令A和B的坐标分别为1和1，C的 因而 ，于是RQRP，RQ=RPC1028 如图，两圆O1、O2相交于A、B，圆O1的弦BC交圆O2于E，圆O2的弦BD交圆O1于F，证明：1若DBA=CBA，则DF=CE；2若DF=CE，则DBA=CBA【题说】 1979年全国联赛二试题6【证】 1连AD、AE、AF、AC，则DFA=ECA又 DBA=CBA所以 AD=AE，AC=AF所以 DAFEACDF=CE2由于DFA=ACE，AEC=ADF，DF=CE，所以DAFEAC，AD=AE从而DBA=EBAC1029 两圆相切（内切或外切）于P点，一条直线切一个圆于A，交另一圆于B、C证明：直线PA是BPC的平分线（如果两圆内切）或BPC的补角的平分线（如果两圆外切）【题说】 1980年五国国际数学竞赛题4本题由比利时提供【证】 设两圆外切（图a），作公切线PT，则APB=APT+TPB=BAP+BCP =BPC的补角APB即AP是BPC的补角的平分线若两圆内切（图b），设公切线与BC相交于T因为CPT、APT、TAP都是弦切角，故BPA=APC，因此，PA是BPC的平分线C1030 已知A为平面上两条半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点，求证：O1AO2=M1AM2【题说】 第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题2本题由原苏联提供【证】 设B是两圆的另一交点，T、M分别是P1P2、O1O2与AB的交点又 P1M1TMP2M2所以 MM1=MM2因为 ABO1O2所以TM是M1M2的中垂线在O1O2上，取MO3MO2，则O3AM1O2AM2因为O1P1O2P2，O1M1O2M2，P1M1P2M2O1P1M1O2P2M2由此可知，AM1是O1AO3的角平分线所以O1AM1=O3AM1=O2AM2故有O1AO2=O1AM1+M1AO2 =O2AM2+M1AO2=M1AM2C1031 如图，延长线段AB至D，以AD为直径作半圆，圆心为HG是半圆上一点，ABG为锐角E在线段BH上，Z在半圆【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题5【证】 由EHED=EZ2知HEZZED，所以EZH=EDZ=DZH于是AEZ=3EZHC1032 在正方形ABCD的AB、AD边各取点K、N，使得AKAN=2BKDN线段CK、CN各交对角线BD于L、M试证：BLK=DNC=BAM【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题4【证】 令AB=a，BK=b，DN=c，则（ab）（ac）=2bc即a2bc=a（b+c）所以BCK+DCN=45BLK=BCK+45=90DCN=DNC再由ABMCBM，得BAM=BCM=BCK+LCM =BCK+（9045）=BLKC1033 如图，O1与O2外切于点P，Q是过P的公切线上任一点，QAB和QDC分别是O1与O2的割线，P在AB、AD和DC上的射影分别为E、F、G求证：（1）BPC=EFG；（2）EFGPBC【题说】 1994年四川省赛题3【证】 （1）因PQ切O1与O2于P，所以 QPA=PBA （1）因为 AEP=AFP=90所以A、E、P、F四点共圆故有 FEP=FAP=DAP （2）同理，F、D、G、P四点共圆且BPC=BAP+PDC=EFP+PFG =EFG （3）（2）因为PEQ=PGQ=90所以Q、E、P、G四点共圆，于是GEP=GQP=DQP （4）由（2）、（4）与DAP+QPA=QDA+DQP得FEG=FEPGEP =DAPDQP =QDAQPA（5）又A、B、C、D四点共圆，有QDA=QBC于是由（1）、（5）得FEG=QBCPBA=PBC（6）由（3）、（6）得EFGPBCC1034 D、E、F分别为ABC的边BC、CA、AB上的点，且FDE=A，DEF=B，又设AFE、BDF、CED均为锐角三角形，它们的垂心依次为H1、H2、H3，求证：（1）H2DH3=FH1E；（2）H1H2H3DEF【题说】 1994年江苏省赛题5【证】 如图，（1）H2DB=90B，H3DC=90C，所以H2DH3=180H2DBH3DC=B+C而EH1F=180H1EFH1FE=180（90AFE）（90AEF）=180A=B+C所以 H2DH3=FH1E（2）由（1）知FH1E+EDF=180，所以，H1在DEF的外接圆上同理H2、H3也在此圆上，因此D、E、F、H1、H2、H3六点共圆又由（1）知EH1F=H2DH3，所以EF=H2H3同理DF=H1H3，DE=H1H2，故DEFH1H2H3C1035 ABC为锐角三角形AD为BC边的高，H为AD内一点直线BH、CH分别交AC、AB于E、F证明：EDH=FDH【题说】 第26届（1994年）加拿大数学奥林匹克题5又见第3届（1993年）澳门数学奥林匹克题3解 过A作直线l平行于BC延长DE、EF，分别交l于Q、P由相似三角形，AP=AQ于是DPQ的高DA平分PQ，所以DPQ是等腰三角形，并且EDH=FDHC1036 在直角KLM内取一点P以O1点为圆心的圆1分别切KLP的两边LK和LP于A、D两点；以O2点为圆心半径与圆1半径相等的圆2分别切MLP的两边LP、LM于B、E两点点O1在线段AB上设O2D的延长线与KL交于C点证明：BC是ABD的平分线【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题6【证】 连结O1D及O2B，则O1D=BO2因为O1DLP，O2BLP，所以O1DBO2，O1BO2D为平行四边形，从而CO2AB，LDC=O1BDLCD=LAB=90 （1）因为O2ELM，所以O2ELC是矩形因此CL=O2E=O2B=DO1 （2）由（1）、（2）得RtLCDRtO1DB，所以CD=DB于是ABC=BCD=CBD，即BC是ABD的平分线C1037 设AK、BL、CM是ABC的角平分线，K在BC上，令P、Q分别是BL，CM上的点，使得AP=PK，AQ=QK证明：【题说】 1995年城市数学联赛低年级较高水平题3【证】 如图，设BL交ABK的外接圆于点D则DAK=DBK=DBA =DKA所以，DA=DK，从而D与P重合即有C1038 设ABC是锐角三角形，且BCCA，O是它的外心，H是它的垂心，F是高CH的垂足，过F作OF的垂线交边CA于P证明：FHP=BAC【题说】 第三十七届（1996年）IMO预选题【证】 延长CF交O于D点，连BD、BH由于BHF=CAF=D且BFHD，所以F为HD的中点设FP所在直线交O于M、N两点，交BD于T点由OFMN知F为MN的中点由蝴蝶定理即得F为PT的中点又因F为HD的中点，故HPTD，所以，FHP=D=BACC1039 在凸凹边形ABCD的BC边上取E和F（点E比F更靠近点B）已知BAE=CDF及EAF=FDE证明：FAC=EDB【题说】 第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十年级题1【证】 因为EAF=FDE，所以A、E、F、D共圆，AEF+FDA=180，又BAE=CDF，所以ADC+ABC=FDA+CDF+AEFBAE =180因此A、B、C、D共圆，BAC=BDC，由此得FAC=EDBC1040 在平行四边形ABCD中有一点O，使得AOB+COD=180证明：OBC=ODC【题说】 第二十九届（1997年）加拿大数学奥林匹克题4解 过O作OE BA，连EC、ED，则四边形EOAD、EOBC都是平行四边形，所以CEBO，EDOA，CED+COD=AOB+COD=180O、C、E、D四点共圆，从而ODC=OEC=OBCC1041 已知一个等腰三角形，外接圆半径为R，内切圆半径为r证明：外接圆和内切圆的圆心距离d为【题说】 第四届（1962年）国际数学奥林匹克题6本题由原东德提供【证】 本题结论（即欧拉公式）对任意三角形（不限于等腰三角形）均成立设M为BC的中点，O与I分别为外接圆和内切圆的圆心，外接圆直径MN交BC于D连IB、BM、AM必过I又设 IEBCIKMNE、K为垂足 =IBM所以 MI=MB又 IO2=MI2+MO22MOMK而 MB2=MDMN=2RMD所以 d2=2RMD+R22RMK =R22RDK=R22RrC1042 设过三角形的内心和重心的直线平行于一边求证：其它二边长的和等于这一边长的两倍【题说】 1963年西安市赛高二题3【证】 设ABC的三边为a、b、c、M为BC之中点，G、I分别为ABC的重心和内心，且IGBC因为 IGBC所以G到BC的距离GE=r（内切圆半径）BC边上的高h=3GE=3r，而ha=r（a+b+c） （=2SABC）所以 3a=a+b+c即 b+c=2aC1043 1在凸六边形ABCDEF中，所有角都相等证明：ABDE=EFBC=CDFA2反之，若六条边a1，a2，a3，a4，a5，a6满足等式a1a4=a5a2=a3a6证明：它们可以组成各内角相等的凸六边形【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题5（1）、十年级题3（2）【证】 1直线AB、CD、EF构成GHI由已知六边形各角相等知，每个角都是120，从而GHI的每个角都是60，因此它是正三角形并且AF、BC、DE分别与边GI、GH、HI平行AB+AC=AB+BI=AI=GF=GE+EF=DE+EF所以 AB-DE=EF=BC同理 EF-BC=CD-FA2以a1+a2+a6为边作正三角形GHI，然后在各边取A、B、C、D、E、F，使BI=IC=a2，DG=GE=a4，FH=HA=a6，则BCGH，DEHI，AFGI，所以六边形ABCDEF各角相等，并且AB=a1，BC=BI=a2，AF=AH=a6，DE=DG=a4，CD=（a1+a2+a6）-a2-a4=a3EF=（a1+a2+a6）-a4-a6=a5C1-044 已知ABCD为一圆外切梯形，E是对角线AC和BD的交点，r1、r2、r3、r4分别是ABE、BCE、CDE和DAE的内切圆半径证明：【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题2【证】 设ABE、BCE、CDE、DAE的面积和周长分别为S1、S2、S3、S4；l1、l2、l3、l4由于 AB+CD=AD+BC所以 l1+l3=l2+l4 （2）因为 ABCD所以 S2=S4记之为S则从而相加并利用（2）得即（1）成立C1-045 设点M是ABC的AB边上的任一内点，r1、r2、r分别是AMC、BMC、ABC的内切圆半径；q1、q2、q分别是这些三角形在ACM、BCM、ACB内的旁切圆半径试证：【题说】 第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题1本题由波兰提供【证】 设CAB=，ABC=，BCA=，AMC=；又设ABC的内切圆的圆心为R，且与AB切于P（如图）于是从而有由于三角形的角的内、外分角线互相垂直，因而类似地有由（1）和（2）可得类似的结论对于AMC和BMC也成立，故有将（4）、（5）相乘，并利用（3）得C1-046 考虑如图a、图b所示的ABC和PQR在ABC中，ADB=BDC=CDA=120试证：x=u+v+w【题说】 第三届（1974年）美国数学奥林匹克题5【证】 BCD绕B逆时针方向旋转60，至BEF，如图c这时易知A、D、F、E在一直线上，且AE=u+v+w再将EAC绕E顺时针方向旋转60，至EGB则AEG为正三角形且易证它与PQR全等，其中B相当于O点得证【别证】 （1）PQR绕R逆时针旋转60，至SPR，如图d这时作正ROT外接圆，设交RP于D易证ODT=TDP=PDO=120由ABC中D点的唯一性及ABCTOP知PD=w，OD=v，TD=u又由托勒密定理，知RD=u+v，故x=u+v+w（2）过O作PQR三边平行线，如图e，也可以得结论C1-047 直径A0A5把圆O分成两个半圆，其中一个半圆分成五段等点M、N证明：线段A2A3与MN之和等于圆的半径【题说】 第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题6【证】 在圆上分别标出点A1、A2、A3、A4关于直径A0A5的对称点B1、B2、B3、B4，得圆的内接正十边形A0A1A5B4B3B1（如图）则A2B1A3B2，A2B1A1A0，OA2B2A1，A0A5A1A4A2A3由对称性知A2B1和B2A1的交点K在A0A5上又设A2B1和A1A4相交于点L于是KA2A3O、A0A1LK、A1MOK、LNOK都是平行四边形所以A2A3=KO=A1M=LN，从而MN=A1L=A0K因此，A2A3+MN=A0OC1-048 四边形ABCD内接于圆，另一圆的圆心O在边AB上且与其余三边相切求证：AD+BC=AB【题说】 第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题1本题由英国提供【证】 在AB上取点M，使MB=BC连结OD、OC、MD和MC所以C、D、M、O四点共圆所以AMD=ADM，故AM=AD从而AB=AM+MB=AD+BC【别证】 设半圆半径为1，OAE=，则AE=cot同理可证 BG+ED=BO故 AD+BC=ABC1-049 已知两圆相交于M和K，引两圆的公切线，切点为A和B证明：AMB+AKB=180【题说】 第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题2【证】 如图，连结MK，则AMK=KABBMK=KBA两式相加得AMB=KAB+KBA因此 AMB+AKB=KAB+KBA+AKB=180C1-050 在一个三角形中，以ha、hb、hc表示它的三条高，以r表示它的内切圆半径证明：当且仅当三角形为等边三角形时，ha+hb+hc=9r【题说】 1988年原联邦德国数学奥林匹克（第一轮）题2【证】 设三角形三边为a、b、c，周长为p，面积为S，则2S=rp=aha=bhb=chc当且仅当a=b=c，即三角形为等边三角形时取等号，即ha+hb+hc=9rC1-051 设点D、E、F分别在ABC的三边BC、CA、AB上，且AEF、BFD、CDE的内切圆有相等的半径r，又以r0和R分别表示DEF和ABC的内切圆半径求证：r+r0=R【题说】 第四届（1989年）全国冬令营赛题4【证】 设p为ABC的半周长，q为DEF的半周长因为SABC=SAEF=SBFD+SCDE+SDEF所以Rp=rp+（r0+r）q （1）所以 R（p-q）=Pr （4）由（1）、（4）得Rq=（r0+r）q，即R=r0+rC1-052 在圆内引弦AB和AC，BAC平分线交圆于D点过D【题说】 第十六届（1990年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题8【证】 作DMAC于M（如图）因为ABDC内接于圆，所以MCD=B若B与E重合，则B=90=ACDRtABDRtACD，结论显然成立若B与E不重合，则B为锐角或钝角不妨设B为锐角（钝角情形同样讨论），则ACD为钝角，M在AC延长线上，而E点在AB线段内由于AD平分BAC，所以DE=DM，AE=AM从而BDECDM，则C1-053 四边形ABCD内接于半径为r的圆，对角线AC、BD相交于E证明：若ACBD，则EA2+EB2+EC2+ED2=4r2 （1）若（1）成立，是否必有ACBD？说明你的理由【题说】 1991年英国数学奥林匹克题3【解】 若ACBD，则EA2+EB2+EC2+ED2=AB2+CD2由正弦定理AB2=4r2sin2ACBCD2=4r2sin2CBD=4r2cos2ACB所以 EA2+EB2+EC2+ED2=4r2sin2ACB+4r2cos2ACB=4r2反之，若（1）成立，未必有ACBD例如AC、BD为任两条直径，则交点E即为圆心（1）式显然成立C1-054 设A是三角形ABC中最小的内角点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧设U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W直线BV和CW相交于T证明：AU=TB+TC【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题2本题由英国提供【证】 如图所示，因为点V在线段AB的垂直平分线上，所以VAB=VBA又因A是ABC的最小内角，且VAB=UABCAB故 VBA=VABCABCBA即V在ABC内同理W在ACB内BV与CW的交点T在ABC内延长BT交外接圆于S由于AU与BS关于弦AB的中垂线对称，所以AU=BS因为TCS=TCA+ACS=WAC+ABS=WAC+VAB=BAC=BSC，所以TS=TC，从而AU=BT+TS=BT+TCC1-055 在圆上取六个点A、B、C、D、E、F，使弦AB与DE平行，弦DC与AF平行证明：弦BC与弦EF平行【题说】 1959年1960年波兰数学奥林匹克三试题5【证】 圆上六点的顺序有种种情况以图a、图b所示的两种为例，其他情况可仿此证明在图a中，因ABDE，DCAF，故有所以